上海市黄浦区2023届高三数学上学期一模试题（Word版附解析）

上海市黄浦区2023届高三一模数学试卷

一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

1. 函数的定义域是______．

【答案】

【解析】

【详解】由题设有，解得，故函数的定义域为，填．

2. 已知集合，，则______.

【答案】

【解析】

【分析】运用数轴法求集合的并运算.

【详解】

如图所示，则.

故答案为：.

3. 在的二项展开式中，的系数是________

【答案】80

【解析】

【分析】写出展开式的通项公式，利用公式即可得答案.

【详解】由题意得：，

当时，

∴的系数是80.

故答案为：80

4. 已知向量，，若，则mn的值为______.

【答案】-2

【解析】

【分析】运用向量平行的坐标运算公式即可.

【详解】∵，

∴，解得：，，

∴.

故答案为：.

5. 已知复数满足（为虚数单位），则复数的模等于______.

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的除法化简可得复数，利用复数的模长公式可求得.

【详解】因为，则，.

故答案：.

6. 某个品种的小麦麦穗长度（单位：cm）的样本数据如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.6、11.7，则这组数据的第80百分位数为______.

【答案】10.8

【解析】

【分析】将数据从小到大排序后，运用百分位数的运算公式即可.

【详解】数据从小到大排序为： 8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11.7，共有12个，

所以，

所以这组数据的第80百分位数是第10个数即：10.8.

故答案为：10.8

7. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与以点O为圆心的单位圆交于点，则的值为______.

【答案】##0.28.

【解析】

【分析】运用三角函数的定义、诱导公式及二倍角公式计算即可.

【详解】由题意知，，

所以.

故答案为：.

8. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为.

【答案】

【解析】

【详解】由面积为的半圆面，可得圆的半径为2，即圆锥的母线长为2.圆锥的底面周长为.所以底面半径为1.即可得到圆锥的高为.所以该圆锥的体积为.

9. 已知的三边长分别为4、5、7，记的三个内角的正切值所组成的集合为，则集合中的最大元素为______.

【答案】

【解析】

【分析】设的三边长分别为，根据余弦定理确定三角形最大角角为钝角，利用大边对大角及正确函数性质，可知三个内角的正切值最大为，再利用余弦定理及同角三角关系即可求得得值.

【详解】不妨设的三边长分别为，则由大边对大角可得，

所以最大角为，

由余弦定理得：，又，故角为钝角，

所以，

又函数在上递增，此时，在上递增，此时，

所以三个内角的正切值最大为，

由余弦定理得：，则，

所以.

故答案为：.

10. 现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票（其中3张为中奖票）的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完后结束的概率为_________.

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：由题活动恰好在第4人抽完后结束，包含的情况有；（不中）中中中，中（不中）中中，中中（不中）中．则概率为；

考点：相互独立事件及互斥事件概率算法．

11. 已知四边形ABCD是平行四边形，若，，，且，则在上的数量投影为______.

【答案】10

【解析】

【分析】运用向量共线、向量垂直画图，运用平行线性质及直角三角形性质可得、，再运用数量积运算及几何意义即可求得结果.

【详解】因为，所以A、D、E三点共线，且，

又因为，所以，所以，

因为，所以B、E、F三点共线，又因为，所以，如图所示，

设，则，

所以，解得：，

所以在上的数量投影为.

故答案为：10.

12. 已知曲线与曲线，长度为1的线段AB的两端点A、B分别在曲线、上沿顺时针方向运动，若点A从点开始运动，点B到达点时停止运动，则线段AB所扫过的区域的面积为______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据已知条件知，曲线与曲线是两个半圆，分别求出起点、终点处时A、B的坐标，可得线段AB扫过的面积，进而通过三角形面积公式及扇形面积公式计算可得结果.

【详解】设、分别为A、B点的起点，、分别为A、B点运动的终点，则图中阴影部分即为线段AB扫过的面积.如图所示，

则，，设，，

∵曲线方程：，

曲线方程：，

，即：，

，即：，

记为圆的面积，为圆的面积，为与、围成的面积，为与、围成的面积，为上半圆环的面积，为线段AB扫过的面积.

则，

因为，，，所以，所以，所以，

所以，

又因为，，，所以，所以，

所以，

所以.

故答案为：.

二.选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）

13. 在平面直角坐标系中，“”是“方程表示的曲线是双曲线”的（）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要

【答案】C

【解析】

【分析】由双曲线方程的特征计算得m的范围，再由集合的包含关系可得结果.

【详解】∵表示双曲线，

∴.

∴是表示双曲线的充要条件.

故选：C.

14. 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（）

A.  B. 平面平面ABN

C. 直线GB与AM是异面直线 D. 直线GB与平面AMD无公共点

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，证明判断A；利用线面、面面平行的判定推理判断B；取DM中点O，证得四边形是梯形判断CD作答.

【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，则，

取中点，连接，如图，点G为MC的中点，

则，且，于是四边形是平行四边形，

，在正方形中，，则，

因此四边形为平行四边形，，而，点G为MC的中点，

有，所以，A正确；

因为，平面，平面，则平面，

又，平面，平面，则平面，

而平面，所以平面平面ABN，B正确；

取DM中点O，连接，则有，即四边形为梯形，

因此直线必相交，而平面AMD，于是直线GB与平面AMD有公共点，D错误；

显然点平面，点平面，直线平面，点直线，所以直线GB与AM是异面直线，C正确.

故选：D

【点睛】结论点睛：经过平面内一点和外一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线.

15. 已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】运用整体思想法，求得的范围，再运用正弦函数图象分析即可.

【详解】∵，，

∴，

又∵在恰有2个极大值点，

∴由正弦函数图象可知，，解得：.

故选：B.

16. 设a、b、c、p为实数，若同时满足不等式、与的全体实数x所组成的集合等于.则关于结论：①a、b、c至少有一个为0；②.下列判断中正确的是（）

A. ①和②都正确 B. ①和②都错误

C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确

【答案】D

【解析】

【分析】分类讨论研究一元二次不等式的解集即可.

【详解】对于①假设、、，则三个不等式解集为，不符合题意，所以“、、至少有一个为0”是错误的.

对于②，由题意知，、、三个都不小于0，

当，，时，解集为R，解集为，解集为，所以三个集合交集为；

当，，时，解集为，解集为，解集为R，所以三个集合交集为；

当，，时，解集为，解集为，解集为R，所以三个集合交集为；

同理可得：当，，时，当，，时，当，，时，三个集合交集也是；

当，，时，

若有两个不同的根，设的两根为、，则，，所以且，所以解集为或，

只有一个根时，解集为，

无根时，解集为R，

所以集合的交集为，与题意不符，

综述：、、中有一个为0且另外两个大于0或、、中有两个为0且另外一个大于0，.

故选：D.

三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）

17. 已知是等差数列，是等比数列，且，，，.

（1）求的通项公式；

（2）设，求数列的前2n项和.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）运用等比数列、等差数列通项公式计算即可.

（2）运用分组求和及等差数列、等比数列求和公式计算即可.

【小问1详解】

设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

则，，，

又，可得，

所以.

【小问2详解】

由（1）可得，

故，以它为通项的数列是以-1为首项、公比为-3的等比数列，

所以，

所以数列的前2n项和为：.

即: 数列的前2n项和为.

18. 如图所示，四棱锥中，底面为菱形，且直线又棱为的中点，

(Ⅰ) 求证：直线；

(Ⅱ) 求直线与平面的正切值.

【答案】（1）见解析（2）

【解析】

【分析】试题分析：（1）由线面垂直的判定定理证明，EA⊥AB，EA⊥PA，得EA⊥平面PAB；（2）∠AEP为直线AE与平面PCD所成角，所以．

试题解析：

解：（1）证明：∵∠ADE=∠ABC=60°，ED=1，AD=2，

∴△AED是以∠AED为直角Rt△ ，

又∵AB∥CD, ∴EA⊥AB，

又PA⊥平面ABCD，∴EA⊥PA,

∴EA⊥平面PAB；

（2）如图所示，连结PE，过A点作AH⊥PE于H点.

∵CD⊥EA, CD⊥PA，

∴CD⊥平面PAE,

又∵AH⊂平面PAE，∴AH⊥CD，

又AH⊥PE,PE∩CD=E,PE⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,

∴AH⊥平面PCD,

∴∠AEP为直线AE与平面PCD所成角.

在Rt△PAE中，∵PA=2，AE=,

∴.

【详解】

19. 某展览会有四个展馆，分别位于矩形ABCD的四个顶点A、B、C、D处，现要修建如图中实线所示的步道（宽度忽略不计，长度可变）把这四个展馆连在一起，其中百米，百米，且.

（1）试从各段步道的长度与图中各角的弧度数中选择某一变量作为自变量x，并求出步道的总长y（单位：百米）关于x的函数关系式；

（2）求步道的最短总长度（精确到0.01百米）.

【答案】（1）答案见解析

（2）18.39百米

【解析】

【分析】（1）若设百米，运用勾股定理表示、，进而写出y与x的关系式；

若设，运用三角函数表示、、，进而写出y与x的关系式；

（2）运用导数研究函数的最值即可.

【小问1详解】

设直线EF与AD，BC分别交于点M，N，

若设百米，则，所以，

又因为，

所以.

若设，则，，

，

则，解得，又因为，

所以，

所以）.

【小问2详解】

设，

，令，可得，

当时，，当时，，

所以上单调递减，在上单调递增，

故当时，取得极小值（最小值）（百米）.

所以步道的最短总长度约为18.39百米.

设），

，令，可得，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故当时，取得极小值（最小值）（百米），

所以步道的最短总长度约为18.39百米.

20. 已知椭圆的离心率为，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于.动直线、都过点，斜率分别为k、，与椭圆C交于点A、P，与椭圆C交于点B、Q，点P、Q分别在第一、四象限且轴.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线与x轴交于点N，求证：；

（3）求直线AB的斜率的最小值，并求直线AB的斜率取最小值时的直线的方程.

【答案】（1）

（2）证明见解析（3），

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，分别求出a、b、c的值即可.

（2）根据两个斜率的关系式求得，由两点间距离公式求得、即可.

（3）联立直线与椭圆方程解得、，代入直线AB的斜率公式再应用基本不等式可求得结果.

【小问1详解】

设椭圆C的焦距为2c，则由，且，

可得，，所以椭圆C的方程为.

【小问2详解】

设，，则，，

可得，解得，

又，，所以.

【小问3详解】

设，，直线，的方程分别为，，

由（2）知，所以，又m，均大于0，可知，

由可得，

所以，即，同理可得，

直线AB的斜率为

（当且仅当时取等号）.

当时，，此时在椭圆C上，

所以，又，可得，

所以直线AB的斜率的最小值为，且当直线AB的斜率取最小值时的直线的方程为.

21. 已知集合A和定义域为的函数，若对任意，，都有，则称是关于A的同变函数.

（1）当与时，分别判断是否为关于A的同变函数，并说明理由；

（2）若是关于的同变函数，且当时，，试求在上的表达式，并比较与的大小；

（3）若n为正整数，且是关于的同变函数，求证：既是关于的同变函数，也是关于的同变函数.

【答案】（1）当时，是关于的同变函数；当时，不是关于的同变函数，理由见解析.

（2），当时，；当时，

（3）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）当时，运用定义证明即可；当时，举反例说明即可.

（2）由定义推导出是以2为周期的周期函数，进而可得在解析式，再运用作差法后使用换元法研究函数的最值来比较与的大小.

（3）运用定义推导出是以为周期的周期函数，再用定义分别证明与两种情况即可.

【小问1详解】

当时，对任意的，，，

由，可得，又，所以，

故是关于的同变函数；

当时，存在，，使得，即，所以不是关于的同变函数.

【小问2详解】

由是关于的同变函数，可知恒成立，

所以恒成立，故是以2为周期的周期函数.

当时，，由，

可知.

（提示：也可通过分类讨论与累加法予以证明，下面的*式也同理可证）

对任意的，都存在，使得，故.

所以

令，则，可得，

所以（当且仅当，即时取等号）.

所以当时，；

当时，.

【小问3详解】

因为是关于的同变函数，

所以对任意的，，都有，

故，用代换x，可得，

所以，即，

又，故，且.

所以，故是以为周期的周期函数.

对任意的，，由，

可得，（*）

所以是关于的同变函数.

对任意的，存在非负整数m，使，

所以，对任意的，

，即，

所以是关于的同变函数.

故既是关于的同变函数，也是关于的同变函数.